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Chapitre 9 — Limite d’une fonction

Semestre 2

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Cours

Plan du chapitre. I. Limites usuelles — II. Opérations sur les limites — III. Limites des polynômes et des fonctions rationnelles — IV. Limites des fonctions trigonométriques — V. Limite et ordre — VI. Détermination graphique des limites — VII. Définition mathématique de la limite — Résumé.

Prérequis. Fonctions numériques (Ch. 04), calcul algébrique, ordre dans R\R, trigonométrie (Ch. 08). La continuité et la dérivation ne sont pas encore étudiées : elles ne sont pas utilisées ici.

I. Limites usuelles

1) Activité d’introduction

Activité 1

  1. Compléter un tableau de valeurs de x2x^2, x3x^3, x\sqrt x et 1x\frac1x pour x∈{1;10;102;103;106}x\in\{1;10;10^2;10^3;10^6\}.
  2. Que deviennent ces nombres lorsque xx prend des valeurs de plus en plus grandes ? Et 1x\frac1x lorsque xx s’approche de 00 en restant positif, puis négatif ?
Voir la solution
  1. Par exemple pour x=106x=10^6 : x2=1012x^2=10^{12}, x3=1018x^3=10^{18}, x=103\sqrt x=10^3, 1x=10−6\frac1x=10^{-6}.
  2. x2x^2, x3x^3, x\sqrt x deviennent aussi grands que l’on veut : on dit qu’ils tendent vers +∞+\infty quand xx tend vers +∞+\infty ; 1x\frac1x s’approche de 00. Quand xx s’approche de 00 par valeurs positives, 1x\frac1x devient aussi grand que l’on veut (+∞+\infty) ; par valeurs négatives, il tend vers −∞-\infty.

2) Limites usuelles

Propriété 1 : limites usuelles (admises)

Soit n∈N∗n\in\N^*.

  • lim⁡x→+∞xn=+∞\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^n=+\infty ; lim⁡x→−∞xn=+∞\displaystyle\lim_{x\to-\infty}x^n=+\infty si nn est pair, −∞-\infty si nn est impair ; lim⁡x→+∞x=+∞\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt x=+\infty.
  • lim⁡x→±∞1xn=0\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac1{x^n}=0 ; lim⁡x→+∞1x=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sqrt x}=0 ; lim⁡x→0xn=0\displaystyle\lim_{x\to0}x^n=0 ; lim⁡x→0+x=0\displaystyle\lim_{x\to0^+}\sqrt x=0.
  • lim⁡x→0+1xn=+∞\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac1{x^n}=+\infty ; lim⁡x→0−1xn=+∞\displaystyle\lim_{x\to0^-}\frac1{x^n}=+\infty si nn est pair, −∞-\infty si nn est impair ; lim⁡x→0+1x=+∞\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac1{\sqrt x}=+\infty.
  • Pour tout a∈Ra\in\R et tout c∈Rc\in\R : lim⁡x→ac=c\displaystyle\lim_{x\to a}c=c et lim⁡x→ax=a\displaystyle\lim_{x\to a}x=a.

3) Limite à droite, limite à gauche

Définition 1

Soit ff une fonction définie sur un intervalle de la forme ]a;a+r[]a;a+r[ (resp. ]a−r;a[]a-r;a[), r>0r>0. On note lim⁡x→a+f(x)\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x) (resp. lim⁡x→a−f(x)\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)) la limite de ff à droite (resp. à gauche) en aa.

Propriété 2

ff admet la limite ℓ\ell en aa si et seulement si lim⁡x→a+f(x)=lim⁡x→a−f(x)=ℓ\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^-}f(x)=\ell. En particulier, si les limites à droite et à gauche en aa sont différentes, ff n’admet pas de limite en aa.

Remarque 1 : conditions d’existence

Pour parler de lim⁡x→af(x)\lim_{x\to a}f(x), il faut que ff soit définie au voisinage de aa (sauf peut-être en aa), par exemple sur ]a−r;a[∪]a;a+r[]a-r;a[\cup]a;a+r[ ; pour lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x), il faut que ff soit définie sur un intervalle ]B;+∞[]B;+\infty[.

Exemple 1

Soit ff définie par f(x)=x−5f(x)=\sqrt x-5 si x>4x>4 et f(x)=x−5+1xf(x)=x-5+\frac1x si x<4x<4, x≠0x\neq0. Étudier la limite de ff en 44.

Voir la solution

lim⁡x→4+f(x)=2−5=−3\displaystyle\lim_{x\to4^+}f(x)=2-5=-3 et lim⁡x→4−f(x)=−1+14=−34\displaystyle\lim_{x\to4^-}f(x)=-1+\frac14=-\frac34. Ces limites sont différentes : ff n’admet pas de limite en 44.

II. Opérations sur les limites

1) Tableaux d’opérations

Propriété 3 : somme, produit, quotient (admise)

ℓ\ell et ℓ′\ell' désignent des réels ; les limites sont prises au même point (aa, a±a^\pm ou ±∞\pm\infty).

lim⁡f\lim fℓ\ellℓ\ell+∞+\infty−∞-\infty+∞+\infty
lim⁡g\lim gℓ′\ell'±∞\pm\infty+∞+\infty−∞-\infty−∞-\infty
lim⁡(f+g)\lim(f+g)ℓ+ℓ′\ell+\ell'±∞\pm\infty+∞+\infty−∞-\inftyF.I.
lim⁡f\lim fℓ\ellℓ≠0\ell\neq0±∞\pm\infty00
lim⁡g\lim gℓ′\ell'±∞\pm\infty±∞\pm\infty±∞\pm\infty
lim⁡(f×g)\lim(f\times g)ℓℓ′\ell\ell'±∞\pm\infty (règle des signes)±∞\pm\infty (règle des signes)F.I.
lim⁡f\lim fℓ\ellℓ\ellℓ≠0\ell\neq0±∞\pm\infty±∞\pm\infty00
lim⁡g\lim gℓ′≠0\ell'\neq0±∞\pm\infty0+0^+ ou 0−0^-ℓ′\ell'±∞\pm\infty00
lim⁡fg\lim\frac fgℓℓ′\frac{\ell}{\ell'}00±∞\pm\infty (signes)±∞\pm\infty (signes)F.I.F.I.

Propriété 4 : racine carrée et valeur absolue

Si f≥0f\ge0 au voisinage du point et lim⁡f=ℓ≥0\lim f=\ell\ge0, alors lim⁡f=ℓ\lim\sqrt f=\sqrt\ell ; si lim⁡f=+∞\lim f=+\infty, alors lim⁡f=+∞\lim\sqrt f=+\infty. Si lim⁡f=ℓ\lim f=\ell, alors lim⁡∣f∣=∣ℓ∣\lim|f|=|\ell|.

Remarque 2 : les quatre formes indéterminées

+∞−∞+\infty-\infty, 0×∞0\times\infty, ∞∞\frac\infty\infty et 00\frac00. Pour « lever » l’indétermination : factorisation (par x−ax-a ou par le terme dominant), identités remarquables, expression conjuguée, changement de variable, encadrement.

2) Exemples

Exemple 2 : formes déterminées

Calculer lim⁡x→+∞(1x2+1x+x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac1{x^2}+\frac1{\sqrt x}+x\right) et lim⁡x→2+42−x\displaystyle\lim_{x\to2^+}\frac{4}{2-x}.

Voir la solution

La première est 0+0+(+∞)=+∞0+0+(+\infty)=+\infty. Pour la seconde : 2−x→0−2-x\to0^-, forme 40−\frac4{0^-}, la limite est −∞-\infty.

Exemple 3 : factorisation par x−ax-a

Calculer lim⁡x→3x2−9x−3\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x^2-9}{x-3} et lim⁡x→3x3−27x2+x−12\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x^3-27}{x^2+x-12}.

Voir la solution

(x−3)(x+3)x−3=x+3→6\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3\to6. (x−3)(x2+3x+9)(x−3)(x+4)=x2+3x+9x+4→277\frac{(x-3)(x^2+3x+9)}{(x-3)(x+4)}=\frac{x^2+3x+9}{x+4}\to\frac{27}7.

Méthode expression conjuguée

(a−b)(a+b)=a−b(\sqrt a-\sqrt b)(\sqrt a+\sqrt b)=a-b et (a−b)(a+b)=a−b2(\sqrt a-b)(\sqrt a+b)=a-b^2 (a,b≥0a,b\ge0).

Application 1

Calculer lim⁡x→4x−4x−2\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{x-4}{\sqrt x-2} et lim⁡x→+∞(x2+x−x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right).

Voir la solution

x−4x−2=x+2→4\frac{x-4}{\sqrt x-2}=\sqrt x+2\to4. x2+x−x=xx2+x+x=11+1x+1→12\sqrt{x^2+x}-x=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\frac1{\sqrt{1+\frac1x}+1}\to\frac12.

III. Limites des polynômes et des fonctions rationnelles

Propriété 5

Soient PP et QQ deux polynômes, a∈Ra\in\R avec Q(a)≠0Q(a)\neq0.

  1. lim⁡x→aP(x)=P(a)\displaystyle\lim_{x\to a}P(x)=P(a) et lim⁡x→aP(x)Q(x)=P(a)Q(a)\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(a)}{Q(a)}.
  2. En ±∞\pm\infty, un polynôme a la même limite que son terme de plus haut degré ; une fraction rationnelle a la même limite que le quotient des termes de plus haut degré du numérateur et du dénominateur.

Exemple 4

Calculer lim⁡x→−∞(x2−3x5+1)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x^2-3x^5+1) et lim⁡x→+∞−x3+3x2−4x+5x2+x3−1\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{-x^3+3x^2-4x+5}{x^2+x^3-1}.

Voir la solution

lim⁡−∞(−3x5)=+∞\lim_{-\infty}(-3x^5)=+\infty. lim⁡+∞−x3x3=−1\lim_{+\infty}\frac{-x^3}{x^3}=-1.

Remarque 3 : forme ax2+bx+c±(αx+β)\sqrt{ax^2+bx+c}\pm(\alpha x+\beta)

Si a=∣α∣\sqrt a=|\alpha| (forme indéterminée), on multiplie par l’expression conjuguée ; sinon on factorise par xx sous la racine en utilisant x2=∣x∣\sqrt{x^2}=|x|.

IV. Limites des fonctions trigonométriques

Propriété 6 (admise)

  1. Pour tout a∈Ra\in\R : lim⁡x→acos⁡x=cos⁡a\displaystyle\lim_{x\to a}\cos x=\cos a et lim⁡x→asin⁡x=sin⁡a\displaystyle\lim_{x\to a}\sin x=\sin a ; pour a≠π2+kπa\neq\frac\pi2+k\pi (k∈Zk\in\Z) : lim⁡x→atan⁡x=tan⁡a\displaystyle\lim_{x\to a}\tan x=\tan a.
  2. lim⁡x→0sin⁡xx=1\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=1 ; lim⁡x→0tan⁡xx=1\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x}x=1 ; lim⁡x→01−cos⁡xx2=12\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12.
  3. Pour a≠0a\neq0 : lim⁡x→0sin⁡(ax)ax=lim⁡x→0tan⁡(ax)ax=1\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(ax)}{ax}=\lim_{x\to0}\frac{\tan(ax)}{ax}=1 et lim⁡x→01−cos⁡(ax)(ax)2=12\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(ax)}{(ax)^2}=\frac12.

Exemple 5

Calculer lim⁡x→0sin⁡(3x)4x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{4x}, lim⁡x→01−cos⁡(5x)x2\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(5x)}{x^2} et lim⁡x→5tan⁡(x−5)x−5\displaystyle\lim_{x\to5}\frac{\tan(x-5)}{x-5}.

Voir la solution

34⋅sin⁡3x3x→34\frac34\cdot\frac{\sin3x}{3x}\to\frac34 ; 25⋅1−cos⁡5x(5x)2→25225\cdot\frac{1-\cos5x}{(5x)^2}\to\frac{25}2 ; avec X=x−5→0X=x-5\to0, tan⁡XX→1\frac{\tan X}X\to1.

Attention

Les fonctions cos⁡\cos, sin⁡\sin et tan⁡\tan n’admettent pas de limite en ±∞\pm\infty.

V. Limite et ordre

Propriété 7 (admise)

Soient ff, gg, hh définies au voisinage du point considéré (aa, a±a^\pm ou ±∞\pm\infty), et ℓ∈R\ell\in\R.

  1. Si g≤f≤hg\le f\le h et lim⁡g=lim⁡h=ℓ\lim g=\lim h=\ell, alors lim⁡f=ℓ\lim f=\ell (« gendarmes »).
  2. Si ∣f−ℓ∣≤u|f-\ell|\le u et lim⁡u=0\lim u=0, alors lim⁡f=ℓ\lim f=\ell.
  3. Si f≥uf\ge u et lim⁡u=+∞\lim u=+\infty, alors lim⁡f=+∞\lim f=+\infty ; si f≤uf\le u et lim⁡u=−∞\lim u=-\infty, alors lim⁡f=−∞\lim f=-\infty.

Exemple 6

Calculer lim⁡x→+∞(x2+cos⁡x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x^2+\cos x), lim⁡x→+∞sin⁡xx\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x et lim⁡x→+∞E(x)x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{E(x)}x.

Voir la solution

x2+cos⁡x≥x2−1→+∞x^2+\cos x\ge x^2-1\to+\infty, donc la limite est +∞+\infty. ∣sin⁡xx∣≤1x→0\left|\frac{\sin x}x\right|\le\frac1x\to0 : la limite est 00. Pour x>0x>0 : x−1<E(x)≤xx-1<E(x)\le x, donc 1−1x<E(x)x≤11-\frac1x<\frac{E(x)}x\le1 : la limite est 11.

VI. Détermination graphique des limites

Méthode

Sur la courbe d’une fonction : une branche qui se rapproche d’une droite horizontale y=ℓy=\ell au voisinage de +∞+\infty traduit lim⁡+∞f=ℓ\lim_{+\infty}f=\ell ; une branche qui « monte » indéfiniment le long de la droite x=ax=a traduit une limite +∞+\infty (à droite ou à gauche) en aa. On lit aussi le tableau de variations complété par ces limites.

VII. Définition mathématique de la limite

Définition 2

Soient a,ℓ∈Ra,\ell\in\R et ff définie au voisinage de aa (sauf peut-être en aa).

  • lim⁡x→af(x)=ℓ  ⟺  (∀ε>0)(∃α>0)(∀x∈Df)  0<∣x−a∣<α⇒∣f(x)−ℓ∣<ε\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\ell\iff(\forall\varepsilon>0)(\exists\alpha>0)(\forall x\in D_f)\ \ 0<|x-a|<\alpha\Rightarrow|f(x)-\ell|<\varepsilon.
  • lim⁡x→a+f(x)=+∞  ⟺  (∀A>0)(∃α>0)(∀x∈Df)  0<x−a<α⇒f(x)>A\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)=+\infty\iff(\forall A>0)(\exists\alpha>0)(\forall x\in D_f)\ \ 0<x-a<\alpha\Rightarrow f(x)>A.
  • lim⁡x→+∞f(x)=ℓ  ⟺  (∀ε>0)(∃B>0)(∀x∈Df)  x>B⇒∣f(x)−ℓ∣<ε\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell\iff(\forall\varepsilon>0)(\exists B>0)(\forall x\in D_f)\ \ x>B\Rightarrow|f(x)-\ell|<\varepsilon.
  • lim⁡x→−∞f(x)=−∞  ⟺  (∀A>0)(∃B>0)(∀x∈Df)  x<−B⇒f(x)<−A\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\iff(\forall A>0)(\exists B>0)(\forall x\in D_f)\ \ x<-B\Rightarrow f(x)<-A.

Les autres cas (a−a^-, −∞-\infty comme limite, etc.) s’écrivent de la même manière.

Exemple 7

Montrer, à l’aide de la définition, que lim⁡x→1x+92x+3=2\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x+9}{2x+3}=2.

Voir la solution

Soit ε>0\varepsilon>0. ∣x+92x+3−2∣=3∣x−1∣∣2x+3∣\left|\frac{x+9}{2x+3}-2\right|=\frac{3|x-1|}{|2x+3|}. Si ∣x−1∣<1|x-1|<1, alors 2x+3>32x+3>3 et donc ∣f(x)−2∣<∣x−1∣|f(x)-2|<|x-1|. On pose α=min⁡(1;ε)\alpha=\min(1;\varepsilon) : si 0<∣x−1∣<α0<|x-1|<\alpha, alors ∣f(x)−2∣<ε|f(x)-2|<\varepsilon.

Résumé

À retenir

  • Formes indéterminées : +∞−∞+\infty-\infty, 0×∞0\times\infty, ∞∞\frac\infty\infty, 00\frac00.
  • Polynôme / fraction rationnelle en ±∞\pm\infty : termes de plus haut degré.
  • ℓ0±\frac{\ell}{0^\pm} (ℓ≠0\ell\neq0) : étudier le signe du dénominateur.
  • lim⁡x→0sin⁡xx=lim⁡x→0tan⁡xx=1\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=\lim_{x\to0}\frac{\tan x}x=1, lim⁡x→01−cos⁡xx2=12\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12.
  • Encadrement (gendarmes), comparaison, partie entière : x−1<E(x)≤xx-1<E(x)\le x.

Série d’exercices

Remarque — méthodes utilisées

  • Forme déterminée : on applique directement les opérations sur les limites ; pour une forme ℓ0\frac{\ell}{0} (ℓ≠0\ell\neq0), on étudie le signe du dénominateur au voisinage du point.
  • Forme indéterminée (∞−∞\infty-\infty, 0×∞0\times\infty, ∞∞\frac\infty\infty, 00\frac00) : factorisation par (x−a)(x-a), identités remarquables, expression conjuguée, factorisation par le terme dominant, changement de variable, encadrement.
  • Trigonométrie : lim⁡X→0sin⁡XX=lim⁡X→0tan⁡XX=1\displaystyle\lim_{X\to0}\frac{\sin X}X=\lim_{X\to0}\frac{\tan X}X=1 et lim⁡X→01−cos⁡XX2=12\displaystyle\lim_{X\to0}\frac{1-\cos X}{X^2}=\frac12.
  • Tous les résultats ont été contrôlés avec Python/sympy (build/verif_lot1.py).

Cadre. Toute réponse doit être justifiée. Pour chaque limite, on vérifiera d’abord que la fonction est bien définie au voisinage du point considéré, puis on précisera la forme obtenue (forme déterminée ou forme indéterminée) avant de la lever. Les notions de continuité et de dérivation ne sont pas utilisées dans ce chapitre. Difficulté : de ★\bigstar à ★★★★★\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar.

Exercice 1 — Opérations sur les limites (formes déterminées) Facile ★☆☆☆☆

Calculer chacune des limites suivantes (dans chaque cas, la variable xx est un réel appartenant au domaine de définition de l’expression) :

  1. lim⁡x→4(5x3+2−3x)\displaystyle\lim_{x\to4}\left(5x^3+2-\frac{3}{\sqrt x}\right) ;
  2. lim⁡x→3+x2+xx2−x−6\displaystyle\lim_{x\to3^+}\frac{x^2+x}{x^2-x-6} ;
  3. lim⁡x→1−4x−1x2−4x+3\displaystyle\lim_{x\to1^-}\frac{4x-1}{x^2-4x+3} ;
  4. lim⁡x→2+3x−72−x\displaystyle\lim_{x\to2^+}\frac{3x-7}{2-x} ;
  5. lim⁡x→0−5x−x2\displaystyle\lim_{x\to0^-}\frac{5}{x-x^2} ;
  6. lim⁡x→3−19−x2\displaystyle\lim_{x\to3^-}\frac{1}{9-x^2} ;
  7. lim⁡x→−∞(2−x)3(1−3x2)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(2-x)^3\left(1-3x^2\right) ;
  8. lim⁡x→0−(1x4−1x3)\displaystyle\lim_{x\to0^-}\left(\frac1{x^4}-\frac1{x^3}\right) ;
  9. lim⁡x→0−2−3x\displaystyle\lim_{x\to0^-}\sqrt{2-\frac3x} ;
  10. lim⁡x→−31−5x\displaystyle\lim_{x\to-3}\sqrt{1-5x} ;
  11. lim⁡x→1+(3xx−1−21−x2)\displaystyle\lim_{x\to1^+}\left(\frac{3x}{x-1}-\frac{2}{1-x^2}\right).
Voir la solution

1. Forme déterminée : lim⁡x→4(5x3+2−3x)=5×64+2−32=6412\displaystyle\lim_{x\to4}\left(5x^3+2-\frac3{\sqrt x}\right)=5\times64+2-\frac32=\frac{641}2.

2. x2−x−6=(x−3)(x+2)x^2-x-6=(x-3)(x+2). Quand x→3+x\to3^+ : x−3→0+x-3\to0^+ et x+2→5x+2\to5, donc le dénominateur tend vers 0+0^+ ; le numérateur tend vers 12>012>0. Forme 120+\frac{12}{0^+} : la limite est +∞+\infty.

3. x2−4x+3=(x−1)(x−3)x^2-4x+3=(x-1)(x-3). Pour x→1−x\to1^- : x−1<0x-1<0 et x−3<0x-3<0, donc le dénominateur tend vers 0+0^+ ; le numérateur tend vers 33. La limite est +∞+\infty.

4. Pour x→2+x\to2^+ : 2−x→0−2-x\to0^- et 3x−7→−13x-7\to-1. Forme −10−\frac{-1}{0^-} : la limite est +∞+\infty.

5. x−x2=x(1−x)x-x^2=x(1-x) ; pour x→0−x\to0^- : x<0x<0 et 1−x>01-x>0, donc x−x2→0−x-x^2\to0^-. Forme 50−\frac5{0^-} : la limite est −∞-\infty.

6. 9−x2=(3−x)(3+x)9-x^2=(3-x)(3+x) ; pour x→3−x\to3^- : 3−x>03-x>0, donc 9−x2→0+9-x^2\to0^+. La limite est +∞+\infty.

7. lim⁡x→−∞(2−x)3=+∞\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(2-x)^3=+\infty et lim⁡x→−∞(1−3x2)=−∞\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(1-3x^2)=-\infty ; le produit tend vers −∞-\infty.

8. Pour x→0−x\to0^- : 1x4→+∞\frac1{x^4}\to+\infty et x3→0−x^3\to0^- donc −1x3→+∞-\frac1{x^3}\to+\infty. Somme de deux limites +∞+\infty : la limite est +∞+\infty.

9. Pour x→0−x\to0^- : −3x→+∞-\frac3x\to+\infty, donc 2−3x→+∞2-\frac3x\to+\infty et 2−3x→+∞\sqrt{2-\frac3x}\to+\infty.

10. 1−5×(−3)=16≥01-5\times(-3)=16\ge0 : lim⁡x→−31−5x=16=4\displaystyle\lim_{x\to-3}\sqrt{1-5x}=\sqrt{16}=4.

11. 3xx−1→+∞\frac{3x}{x-1}\to+\infty (forme 30+\frac3{0^+}) et −21−x2=2(x−1)(x+1)→+∞-\frac2{1-x^2}=\frac2{(x-1)(x+1)}\to+\infty (forme 20+\frac2{0^+}). La somme tend vers +∞+\infty.

Exercice 2 — Formes indéterminées : factorisation, identités remarquables Facile ★★☆☆☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→−1+3x2+5x+2−x3+x2+5x+3\displaystyle\lim_{x\to-1^+}\frac{3x^2+5x+2}{-x^3+x^2+5x+3} ;
  2. lim⁡x→16x−16x−4\displaystyle\lim_{x\to16}\frac{x-16}{\sqrt x-4} ;
  3. lim⁡x→+∞(3x−2x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(3x-2\sqrt x\right) ;
  4. lim⁡x→0+(1x2−1x3)\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\frac1{x^2}-\frac1{x^3}\right) ;
  5. lim⁡x→2x2−4x−2\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{\sqrt x-\sqrt2} ;
  6. lim⁡x→1x2+2x−33x2−x−2\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^2+2x-3}{3x^2-x-2} ;
  7. lim⁡x→3x−3xx−3\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x-\sqrt{3x}}{x-3} ;
  8. lim⁡x→3x−3x2−3x\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{\sqrt x-\sqrt3}{x^2-3x} ;
  9. lim⁡x→2x3−8x−2\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x-2} ;
  10. lim⁡x→1x2−3x+2x2−1\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^2-3x+2}{x^2-1} ;
  11. lim⁡x→1x5−1x3−1\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^5-1}{x^3-1} ;
  12. lim⁡x→0(3+x)3−27x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(3+x)^3-27}{x} ;
  13. lim⁡x→1+x2+2x−3(x−1)2\displaystyle\lim_{x\to1^+}\frac{x^2+2x-3}{(x-1)^2} ;
  14. lim⁡x→0(x+1)3+(x−2)2−5x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(x+1)^3+(x-2)^2-5}{x} ;
  15. lim⁡x→3+x3−2x−21x3−5x2+3x+9\displaystyle\lim_{x\to3^+}\frac{x^3-2x-21}{x^3-5x^2+3x+9} ;
  16. lim⁡x→22x3−4x2−x+2x2−5x+6\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{2x^3-4x^2-x+2}{x^2-5x+6} ;
  17. lim⁡x→+∞(3x−1−2x2+x+5)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{3x-1}-2x^2+x+5\right) ;
  18. lim⁡x→−∞(5−x−x4+x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{5-x}-x^4+x\right).
Voir la solution

1. Forme 00\frac00. −1-1 est racine des deux polynômes : 3x2+5x+2=(x+1)(3x+2)3x^2+5x+2=(x+1)(3x+2) et −x3+x2+5x+3=−(x+1)2(x−3)-x^3+x^2+5x+3=-(x+1)^2(x-3). Pour x≠−1x\neq-1 : 3x2+5x+2−x3+x2+5x+3=3x+2−(x+1)(x−3).\frac{3x^2+5x+2}{-x^3+x^2+5x+3}=\frac{3x+2}{-(x+1)(x-3)} . Quand x→−1+x\to-1^+ : 3x+2→−13x+2\to-1 et −(x+1)(x−3)→0+-(x+1)(x-3)\to0^+ (car x+1>0x+1>0 et x−3<0x-3<0). La limite est −∞-\infty.

2. Forme 00\frac00 ; pour x≥0x\ge0, x≠16x\neq16 : x−16=(x−4)(x+4)x-16=(\sqrt x-4)(\sqrt x+4), donc la limite vaut lim⁡x→16(x+4)=8\lim_{x\to16}(\sqrt x+4)=8.

3. Forme ∞−∞\infty-\infty. Pour x>0x>0 : 3x−2x=x(3−2x)3x-2\sqrt x=x\left(3-\frac2{\sqrt x}\right) ; 3−2x→33-\frac2{\sqrt x}\to3 donc la limite est +∞+\infty.

4. Forme ∞−∞\infty-\infty. 1x2−1x3=x−1x3\frac1{x^2}-\frac1{x^3}=\frac{x-1}{x^3} : forme −10+\frac{-1}{0^+}, la limite est −∞-\infty.

5. x2−4=(x−2)(x+2)x^2-4=(x-2)(x+2) et x−2=(x−2)(x+2)x-2=(\sqrt x-\sqrt2)(\sqrt x+\sqrt2), d’où x2−4x−2=(x+2)(x+2)→4×22=82\frac{x^2-4}{\sqrt x-\sqrt2}=(x+2)(\sqrt x+\sqrt2)\to4\times2\sqrt2=8\sqrt2.

6. (x−1)(x+3)(x−1)(3x+2)=x+33x+2→45\frac{(x-1)(x+3)}{(x-1)(3x+2)}=\frac{x+3}{3x+2}\to\frac45.

7. Pour x>0x>0 : x−3x=x(x−3)x-\sqrt{3x}=\sqrt x(\sqrt x-\sqrt3) et x−3=(x−3)(x+3)x-3=(\sqrt x-\sqrt3)(\sqrt x+\sqrt3), donc l’expression vaut xx+3→323=12\frac{\sqrt x}{\sqrt x+\sqrt3}\to\frac{\sqrt3}{2\sqrt3}=\frac12.

8. x−3x(x−3)=1x(x+3)→163=318\frac{\sqrt x-\sqrt3}{x(x-3)}=\frac{1}{x(\sqrt x+\sqrt3)}\to\frac1{6\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{18}.

9. x3−8=(x−2)(x2+2x+4)x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4), donc la limite vaut 4+4+4=124+4+4=12.

10. (x−1)(x−2)(x−1)(x+1)=x−2x+1→−12\frac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x-2}{x+1}\to-\frac12.

11. x5−1=(x−1)(x4+x3+x2+x+1)x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1) et x3−1=(x−1)(x2+x+1)x^3-1=(x-1)(x^2+x+1), donc la limite vaut 53\frac53.

12. (3+x)3−27=x((3+x)2+3(3+x)+9)(3+x)^3-27=x\left((3+x)^2+3(3+x)+9\right), donc la limite vaut 9+9+9=279+9+9=27.

13. (x−1)(x+3)(x−1)2=x+3x−1\frac{(x-1)(x+3)}{(x-1)^2}=\frac{x+3}{x-1} : forme 40+\frac4{0^+}, la limite est +∞+\infty.

14. (x+1)3+(x−2)2−5=x3+4x2−x=x(x2+4x−1)(x+1)^3+(x-2)^2-5=x^3+4x^2-x=x(x^2+4x-1), donc la limite vaut −1-1.

15. x3−2x−21=(x−3)(x2+3x+7)x^3-2x-21=(x-3)(x^2+3x+7) et x3−5x2+3x+9=(x−3)2(x+1)x^3-5x^2+3x+9=(x-3)^2(x+1), donc pour x≠3x\neq3 l’expression vaut x2+3x+7(x−3)(x+1)\frac{x^2+3x+7}{(x-3)(x+1)} : forme 250+\frac{25}{0^+}, la limite est +∞+\infty.

16. 2x3−4x2−x+2=2x2(x−2)−(x−2)=(x−2)(2x2−1)2x^3-4x^2-x+2=2x^2(x-2)-(x-2)=(x-2)(2x^2-1) et x2−5x+6=(x−2)(x−3)x^2-5x+6=(x-2)(x-3), donc la limite vaut 7−1=−7\frac{7}{-1}=-7.

17. Forme ∞−∞\infty-\infty. Pour x>13x>\frac13 : 3x−1−2x2+x+5=x2(3x−1x2−2+1x+5x2)\sqrt{3x-1}-2x^2+x+5=x^2\left(\frac{\sqrt{3x-1}}{x^2}-2+\frac1x+\frac5{x^2}\right) ; or 3x−1x2=3x−1x4→0\frac{\sqrt{3x-1}}{x^2}=\sqrt{\frac{3x-1}{x^4}}\to0, donc la parenthèse tend vers −2-2 et la limite est −∞-\infty.

18. Pour x<0x<0 : 5−x−x4+x=x4(5−xx8−1+1x3)\sqrt{5-x}-x^4+x=x^4\left(\sqrt{\frac{5-x}{x^8}}-1+\frac1{x^3}\right), la parenthèse tend vers −1-1 : la limite est −∞-\infty.

Exercice 3 — Formes indéterminées : expression conjuguée Facile ★★☆☆☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→1x+8−3x−1\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\sqrt{x+8}-3}{x-1} ;
  2. lim⁡x→04+x−4−xx\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{4+x}-\sqrt{4-x}}{x} ;
  3. lim⁡x→22x+5−4x+1x−2\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{\sqrt{2x+5}-\sqrt{4x+1}}{x-2} ;
  4. lim⁡x→−1x2+8−3x2+x\displaystyle\lim_{x\to-1}\frac{\sqrt{x^2+8}-3}{x^2+x} ;
  5. lim⁡x→3x−3x2+16−5\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x-3}{\sqrt{x^2+16}-5} ;
  6. lim⁡x→0x+1−1x2−x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x^2-x} ;
  7. lim⁡x→35x+1−x+13x+6−3\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{\sqrt{5x+1}-\sqrt{x+13}}{\sqrt{x+6}-3} ;
  8. lim⁡x→2x+7−34x+1−3\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{\sqrt{x+7}-3}{\sqrt{4x+1}-3} ;
  9. lim⁡x→13x−2−x2−x+1x−1\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x^2-x+1}}{x-1} ;
  10. lim⁡x→4x2−162x+1−3\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{x^2-16}{\sqrt{2x+1}-3} ;
  11. lim⁡x→3+x2−9+x−3x−3\displaystyle\lim_{x\to3^+}\frac{\sqrt{x^2-9}+\sqrt x-\sqrt3}{\sqrt{x-3}} ;
  12. lim⁡x→4x+5−2x+1x+12−4\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{\sqrt{x+5}-\sqrt{2x+1}}{\sqrt{x+12}-4}.
Voir la solution

Dans chaque cas la forme est 00\frac00 ; on multiplie par l’expression conjuguée (non nulle au voisinage du point).

1. x+8−3x−1=(x+8)−9(x−1)(x+8+3)=1x+8+3→16\frac{\sqrt{x+8}-3}{x-1}=\frac{(x+8)-9}{(x-1)(\sqrt{x+8}+3)}=\frac1{\sqrt{x+8}+3}\to\frac16.

2. (4+x)−(4−x)x(4+x+4−x)=24+x+4−x→24=12\frac{(4+x)-(4-x)}{x(\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x})}=\frac2{\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x}}\to\frac24=\frac12.

3. (2x+5)−(4x+1)(x−2)(2x+5+4x+1)=−22x+5+4x+1→−26=−13\frac{(2x+5)-(4x+1)}{(x-2)(\sqrt{2x+5}+\sqrt{4x+1})}=\frac{-2}{\sqrt{2x+5}+\sqrt{4x+1}}\to-\frac26=-\frac13.

4. x2−1x(x+1)(x2+8+3)=x−1x(x2+8+3)→−2−6=13\frac{x^2-1}{x(x+1)(\sqrt{x^2+8}+3)}=\frac{x-1}{x(\sqrt{x^2+8}+3)}\to\frac{-2}{-6}=\frac13.

5. (x−3)(x2+16+5)x2−9=x2+16+5x+3→106=53\frac{(x-3)(\sqrt{x^2+16}+5)}{x^2-9}=\frac{\sqrt{x^2+16}+5}{x+3}\to\frac{10}6=\frac53.

6. xx(x−1)(x+1+1)=1(x−1)(x+1+1)→−12\frac{x}{x(x-1)(\sqrt{x+1}+1)}=\frac1{(x-1)(\sqrt{x+1}+1)}\to-\frac12.

7. On utilise deux conjuguées : 5x+1−x+13=4(x−3)5x+1+x+13\sqrt{5x+1}-\sqrt{x+13}=\frac{4(x-3)}{\sqrt{5x+1}+\sqrt{x+13}} et x+6−3=x−3x+6+3\sqrt{x+6}-3=\frac{x-3}{\sqrt{x+6}+3}. Le quotient vaut 4(x+6+3)5x+1+x+13→248=3\frac{4(\sqrt{x+6}+3)}{\sqrt{5x+1}+\sqrt{x+13}}\to\frac{24}8=3.

8. (x−2)x+7+3×4x+1+34(x−2)→16×64=14\frac{(x-2)}{\sqrt{x+7}+3}\times\frac{\sqrt{4x+1}+3}{4(x-2)}\to\frac16\times\frac64=\frac14.

9. (3x−2)−(x2−x+1)=−(x−1)(x−3)(3x-2)-(x^2-x+1)=-(x-1)(x-3), donc l’expression vaut −(x−3)3x−2+x2−x+1→22=1\frac{-(x-3)}{\sqrt{3x-2}+\sqrt{x^2-x+1}}\to\frac22=1.

10. (x−4)(x+4)(2x+1+3)2(x−4)=(x+4)(2x+1+3)2→8×62=24\frac{(x-4)(x+4)(\sqrt{2x+1}+3)}{2(x-4)}=\frac{(x+4)(\sqrt{2x+1}+3)}2\to\frac{8\times6}2=24.

11. Pour x>3x>3 : x2−9x−3=x+3\frac{\sqrt{x^2-9}}{\sqrt{x-3}}=\sqrt{x+3} et x−3x−3=x−3x−3(x+3)=x−3x+3\frac{\sqrt x-\sqrt3}{\sqrt{x-3}}=\frac{x-3}{\sqrt{x-3}(\sqrt x+\sqrt3)}=\frac{\sqrt{x-3}}{\sqrt x+\sqrt3}. La limite vaut 6+0=6\sqrt6+0=\sqrt6.

12. x+5−2x+1=4−xx+5+2x+1\sqrt{x+5}-\sqrt{2x+1}=\frac{4-x}{\sqrt{x+5}+\sqrt{2x+1}} et x+12−4=x−4x+12+4\sqrt{x+12}-4=\frac{x-4}{\sqrt{x+12}+4} ; le quotient vaut −x+12+4x+5+2x+1→−86=−43-\frac{\sqrt{x+12}+4}{\sqrt{x+5}+\sqrt{2x+1}}\to-\frac86=-\frac43.

Exercice 4 — Formes indéterminées en ±∞\pm\infty avec des racines Moyen ★★★☆☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→−∞(x2−5x+x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2-5x}+x\right) ;
  2. lim⁡x→+∞(x−x2+4)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(x-\sqrt{x^2+4}\right) ;
  3. lim⁡x→−∞(3x2+x+2+5x−1)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{3x^2+x+2}+5x-1\right) ;
  4. lim⁡x→+∞(4x2−3x+1−2x+1)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{4x^2-3x+1}-2x+1\right) ;
  5. lim⁡x→−∞(x2+6x−1+x+2)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+6x-1}+x+2\right) ;
  6. lim⁡x→−∞(9x2+12x−5+3x−1)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{9x^2+12x-5}+3x-1\right) ;
  7. lim⁡x→+∞(x+2x−x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+2\sqrt x}-\sqrt x\right) ;
  8. lim⁡x→+∞(3x2+1−x2+x+2)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{3x^2+1}-\sqrt{x^2+x+2}\right) ;
  9. lim⁡x→+∞x2+4−32x−x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^2+4}-3}{2x-\sqrt x} ;
  10. lim⁡x→−∞x2+3x+xx2+1−3x\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+3x}+x}{\sqrt{x^2+1}-3x} ;
  11. lim⁡x→+∞4x2+x+1x+3\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{4x^2+x+1}}{x+3} ;
  12. lim⁡x→−∞9x2+2x−32x\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{9x^2+2x-3}}{2x} ;
  13. lim⁡x→+∞4x−1−xx+2+x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{4x-1}-\sqrt x}{\sqrt{x+2}+\sqrt x} ;
  14. lim⁡x→+∞x3+1x2−x+2\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^3+1}}{x^2-x+2}.
Voir la solution

On rappelle que x2=∣x∣\sqrt{x^2}=|x| : pour x<0x<0, x2=−x\sqrt{x^2}=-x.

1. Forme +∞−∞+\infty-\infty. x2−5x+x=(x2−5x)−x2x2−5x−x=−5x−x1−5x−x=51−5x+1→52\sqrt{x^2-5x}+x=\frac{(x^2-5x)-x^2}{\sqrt{x^2-5x}-x}=\frac{-5x}{-x\sqrt{1-\frac5x}-x}=\frac{5}{\sqrt{1-\frac5x}+1}\to\frac52.

2. x−x2+4=−4x+x2+4→0x-\sqrt{x^2+4}=\frac{-4}{x+\sqrt{x^2+4}}\to0.

3. Pour x<0x<0 : 3x2+x+2+5x−1=x(−3+1x+2x2+5−1x)\sqrt{3x^2+x+2}+5x-1=x\left(-\sqrt{3+\frac1x+\frac2{x^2}}+5-\frac1x\right) ; la parenthèse tend vers 5−3>05-\sqrt3>0, donc la limite est −∞-\infty.

4. 4x2−3x+1−2x=−3x+14x2−3x+1+2x=−3+1x4−3x+1x2+2→−34\sqrt{4x^2-3x+1}-2x=\frac{-3x+1}{\sqrt{4x^2-3x+1}+2x}=\frac{-3+\frac1x}{\sqrt{4-\frac3x+\frac1{x^2}}+2}\to-\frac34 ; la limite vaut −34+1=14-\frac34+1=\frac14.

5. Pour x<0x<0 : x2+6x−1+x=6x−1x2+6x−1−x=6x−1−x(1+6x−1x2+1)→6−2=−3\sqrt{x^2+6x-1}+x=\frac{6x-1}{\sqrt{x^2+6x-1}-x}=\frac{6x-1}{-x\left(\sqrt{1+\frac6x-\frac1{x^2}}+1\right)}\to\frac6{-2}=-3 ; la limite vaut −3+2=−1-3+2=-1.

6. De même 9x2+12x−5+3x=12x−5−3x(1+43x−59x2+1)→−2\sqrt{9x^2+12x-5}+3x=\frac{12x-5}{-3x\left(\sqrt{1+\frac4{3x}-\frac5{9x^2}}+1\right)}\to-2 ; la limite vaut −2−1=−3-2-1=-3.

7. x+2x−x=2xx+2x+x=21+2x+1→1\sqrt{x+2\sqrt x}-\sqrt x=\frac{2\sqrt x}{\sqrt{x+2\sqrt x}+\sqrt x}=\frac2{\sqrt{1+\frac2{\sqrt x}}+1}\to1.

8. x(3+1x2−1+1x+2x2)x\left(\sqrt{3+\frac1{x^2}}-\sqrt{1+\frac1x+\frac2{x^2}}\right) ; la parenthèse tend vers 3−1>0\sqrt3-1>0, la limite est +∞+\infty.

9. x(1+4x2−3x)x(2−1x)→12\frac{x\left(\sqrt{1+\frac4{x^2}}-\frac3x\right)}{x\left(2-\frac1{\sqrt x}\right)}\to\frac12.

10. Numérateur : x2+3x+x=3x−x(1+3x+1)→−32\sqrt{x^2+3x}+x=\frac{3x}{-x\left(\sqrt{1+\frac3x}+1\right)}\to-\frac32. Dénominateur : −x1+1x2−3x→+∞-x\sqrt{1+\frac1{x^2}}-3x\to+\infty. La limite est 00.

11. x4+1x+1x2x(1+3x)→2\frac{x\sqrt{4+\frac1x+\frac1{x^2}}}{x\left(1+\frac3x\right)}\to2 (pour x>0x>0).

12. Pour x<0x<0 : −x9+2x−3x22x→−32\frac{-x\sqrt{9+\frac2x-\frac3{x^2}}}{2x}\to-\frac32.

13. On divise par x\sqrt x : 4−1x−11+2x+1→2−12=12\frac{\sqrt{4-\frac1x}-1}{\sqrt{1+\frac2x}+1}\to\frac{2-1}{2}=\frac12.

14. x3+1x2−x+2=xx1+1x3x2(1−1x+2x2)=1x⋅1+1x31−1x+2x2→0\frac{\sqrt{x^3+1}}{x^2-x+2}=\frac{x\sqrt x\sqrt{1+\frac1{x^3}}}{x^2\left(1-\frac1x+\frac2{x^2}\right)}=\frac1{\sqrt x}\cdot\frac{\sqrt{1+\frac1{x^3}}}{1-\frac1x+\frac2{x^2}}\to0.

Exercice 5 — Polynômes et fonctions rationnelles Facile ★☆☆☆☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→−∞(2x2−3x5+x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(2x^2-3x^5+x\right) ;
  2. lim⁡x→+∞(−4x4+x3+2)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(-4x^4+x^3+2\right) ;
  3. lim⁡x→−2(x3+2x2−5)\displaystyle\lim_{x\to-2}\left(x^3+2x^2-5\right) ;
  4. lim⁡x→+∞(3x4−x6+2x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(3x^4-x^6+2x\right) ;
  5. lim⁡x→−∞2x2−x+3x3+4x−1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{2x^2-x+3}{x^3+4x-1} ;
  6. lim⁡x→+∞5x3−x+22x3+x2−7\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^3-x+2}{2x^3+x^2-7} ;
  7. lim⁡x→−∞x4+2x+13x−1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+2x+1}{3x-1} ;
  8. lim⁡x→−∞−4x3+x2x2+1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{-4x^3+x}{2x^2+1} ;
  9. lim⁡x→−∞6x7−x3−3x4+x2\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{6x^7-x^3}{-3x^4+x^2} ;
  10. lim⁡x→−∞3x4−4x6x4+2x3−1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{3x^4-4x}{6x^4+2x^3-1} ;
  11. lim⁡x→1x2+3x(2x+1)2\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^2+3x}{(2x+1)^2} ;
  12. lim⁡x→−12x2+3x(2x+1)2\displaystyle\lim_{x\to-\frac12}\frac{x^2+3x}{(2x+1)^2} ;
  13. lim⁡x→−∞x2+3x(2x+1)2\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2+3x}{(2x+1)^2} ;
  14. lim⁡x→+∞x2+14x2+x+1\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{x^2+1}{4x^2+x+1}}.
Voir la solution

En ±∞\pm\infty, un polynôme a la même limite que son terme de plus haut degré, et une fraction rationnelle la même limite que le quotient des termes de plus haut degré.

1. lim⁡−∞(−3x5)=+∞\lim_{-\infty}(-3x^5)=+\infty. 2. lim⁡+∞(−4x4)=−∞\lim_{+\infty}(-4x^4)=-\infty. 3. (−2)3+2(−2)2−5=−5(-2)^3+2(-2)^2-5=-5. 4. lim⁡+∞(−x6)=−∞\lim_{+\infty}(-x^6)=-\infty.

5. lim⁡−∞2x2x3=lim⁡−∞2x=0\lim_{-\infty}\frac{2x^2}{x^3}=\lim_{-\infty}\frac2x=0. 6. 5x32x3=52\frac{5x^3}{2x^3}=\frac52. 7. x43x=x33→−∞\frac{x^4}{3x}=\frac{x^3}3\to-\infty. 8. −4x32x2=−2x→+∞\frac{-4x^3}{2x^2}=-2x\to+\infty.

9. 6x7−3x4=−2x3→+∞\frac{6x^7}{-3x^4}=-2x^3\to+\infty. 10. 3x46x4=12\frac{3x^4}{6x^4}=\frac12.

11. Forme déterminée : 1+39=49\frac{1+3}{9}=\frac49.

12. Numérateur →14−32=−54\to\frac14-\frac32=-\frac54, dénominateur (2x+1)2→0+(2x+1)^2\to0^+ : la limite est −∞-\infty.

13. x24x2=14\frac{x^2}{4x^2}=\frac14. 14. x2+14x2+x+1→14\frac{x^2+1}{4x^2+x+1}\to\frac14, d’où la limite 14=12\sqrt{\frac14}=\frac12.

Exercice 6 — Limites trigonométriques Moyen ★★★☆☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→0sin⁡(5x)2x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(5x)}{2x} ;
  2. lim⁡x→01−cos⁡(6x)x2\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(6x)}{x^2} ;
  3. lim⁡x→01−cos⁡xtan⁡2x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\tan^2x} ;
  4. lim⁡x→01−cos⁡xsin⁡x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin x} ;
  5. lim⁡x→0sin⁡3(3x)x3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin^3(3x)}{x^3} ;
  6. lim⁡x→0sin⁡(3x)x3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{x^3} ;
  7. lim⁡x→2tan⁡(x−2)x2−4\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{\tan(x-2)}{x^2-4} ;
  8. lim⁡x→0sin⁡(7x)tan⁡(3x)\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(7x)}{\tan(3x)} ;
  9. lim⁡x→01−cos⁡(2x)xtan⁡x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(2x)}{x\tan x} ;
  10. lim⁡x→+∞xsin⁡(3x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x\sin\left(\frac3x\right) ;
  11. lim⁡x→0tan⁡(2x) (cos⁡x−1)x3\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan(2x)\,(\cos x-1)}{x^3} ;
  12. lim⁡x→0+1−cos⁡xx\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt{1-\cos x}}{x} ;
  13. lim⁡x→02x+sin⁡(3x)tan⁡x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2x+\sin(3x)}{\tan x} ;
  14. lim⁡x→π−1+3cos⁡xsin⁡x\displaystyle\lim_{x\to\pi^-}\frac{1+3\cos x}{\sin x} ;
  15. lim⁡x→+∞(x2−2x+cos⁡x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(x^2-2x+\cos x\right) ;
  16. lim⁡x→−∞sin⁡xx2+1\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\sin x}{x^2+1} ;
  17. lim⁡x→0cos⁡x+3sin⁡x−1x\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\cos x+\sqrt3\sin x-1}{x} ;
  18. lim⁡x→π63cos⁡x+sin⁡x−2x−π6\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi6}\frac{\sqrt3\cos x+\sin x-2}{x-\frac\pi6} ;
  19. lim⁡x→π62sin⁡x−1x−π6\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi6}\frac{2\sin x-1}{x-\frac\pi6} ;
  20. lim⁡x→π21−sin⁡x(π−2x)2\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi2}\frac{1-\sin x}{(\pi-2x)^2} ;
  21. lim⁡x→π4tan⁡x−14x−π\displaystyle\lim_{x\to\frac\pi4}\frac{\tan x-1}{4x-\pi}.
Voir la solution

1. sin⁡5x2x=52⋅sin⁡5x5x→52\frac{\sin5x}{2x}=\frac52\cdot\frac{\sin5x}{5x}\to\frac52. 2. 1−cos⁡6xx2=36⋅1−cos⁡6x(6x)2→18\frac{1-\cos6x}{x^2}=36\cdot\frac{1-\cos6x}{(6x)^2}\to18.

3. 1−cos⁡xx2⋅(xtan⁡x)2→12\frac{1-\cos x}{x^2}\cdot\left(\frac{x}{\tan x}\right)^2\to\frac12. 4. 1−cos⁡xx2⋅xsin⁡x⋅x→12×1×0=0\frac{1-\cos x}{x^2}\cdot\frac{x}{\sin x}\cdot x\to\frac12\times1\times0=0.

5. 27(sin⁡3x3x)3→2727\left(\frac{\sin3x}{3x}\right)^3\to27. 6. sin⁡3x3x⋅3x2\frac{\sin3x}{3x}\cdot\frac{3}{x^2} : forme 1×(+∞)1\times(+\infty), la limite est +∞+\infty.

7. On pose X=x−2→0X=x-2\to0 : tan⁡XX⋅1x+2→14\frac{\tan X}{X}\cdot\frac1{x+2}\to\frac14. 8. sin⁡7x7x⋅3xtan⁡3x⋅73→73\frac{\sin7x}{7x}\cdot\frac{3x}{\tan3x}\cdot\frac73\to\frac73.

9. 4⋅1−cos⁡2x(2x)2⋅xtan⁡x→4×12=24\cdot\frac{1-\cos2x}{(2x)^2}\cdot\frac{x}{\tan x}\to4\times\frac12=2. 10. On pose X=3x→0+X=\frac3x\to0^+ : xsin⁡3x=3sin⁡XX→3x\sin\frac3x=3\frac{\sin X}X\to3.

11. tan⁡2x2x⋅2⋅(−1−cos⁡xx2)→2×(−12)=−1\frac{\tan2x}{2x}\cdot2\cdot\left(-\frac{1-\cos x}{x^2}\right)\to2\times\left(-\frac12\right)=-1.

12. Pour x∈]0;π2[x\in\left]0;\frac\pi2\right[ : 1−cos⁡xx=1−cos⁡xx2→12=22\frac{\sqrt{1-\cos x}}x=\sqrt{\frac{1-\cos x}{x^2}}\to\sqrt{\frac12}=\frac{\sqrt2}2.

13. xtan⁡x(2+3sin⁡3x3x)→2+3=5\frac{x}{\tan x}\left(2+3\frac{\sin3x}{3x}\right)\to2+3=5.

14. Numérateur →1−3=−2\to1-3=-2 ; pour x∈]0;π[x\in\left]0;\pi\right[, sin⁡x>0\sin x>0, donc sin⁡x→0+\sin x\to0^+ : la limite est −∞-\infty.

15. Encadrement : cos⁡x≥−1\cos x\ge-1, donc x2−2x+cos⁡x≥x2−2x−1x^2-2x+\cos x\ge x^2-2x-1 et lim⁡+∞(x2−2x−1)=+∞\lim_{+\infty}(x^2-2x-1)=+\infty : la limite est +∞+\infty.

16. ∣sin⁡xx2+1∣≤1x2+1\left|\frac{\sin x}{x^2+1}\right|\le\frac1{x^2+1} et 1x2+1→0\frac1{x^2+1}\to0 : la limite est 00.

17. cos⁡x−1x+3sin⁡xx=−x⋅1−cos⁡xx2+3sin⁡xx→0+3=3\frac{\cos x-1}x+\sqrt3\frac{\sin x}x=-x\cdot\frac{1-\cos x}{x^2}+\sqrt3\frac{\sin x}x\to0+\sqrt3=\sqrt3.

18. 3cos⁡x+sin⁡x=2cos⁡(x−π6)\sqrt3\cos x+\sin x=2\cos\left(x-\frac\pi6\right). Avec h=x−π6→0h=x-\frac\pi6\to0 : 2(cos⁡h−1)h=−2h⋅1−cos⁡hh2→0\frac{2(\cos h-1)}h=-2h\cdot\frac{1-\cos h}{h^2}\to0.

19. Avec h=x−π6h=x-\frac\pi6 : 2sin⁡(h+π6)−1=3sin⁡h+cos⁡h−12\sin\left(h+\frac\pi6\right)-1=\sqrt3\sin h+\cos h-1, donc l’expression vaut 3sin⁡hh−h1−cos⁡hh2→3\sqrt3\frac{\sin h}h-h\frac{1-\cos h}{h^2}\to\sqrt3.

20. Avec h=x−π2h=x-\frac\pi2 : sin⁡x=cos⁡h\sin x=\cos h et π−2x=−2h\pi-2x=-2h : 1−cos⁡h4h2→18\frac{1-\cos h}{4h^2}\to\frac18.

21. Avec h=x−π4h=x-\frac\pi4 : tan⁡x−1=1+tan⁡h1−tan⁡h−1=2tan⁡h1−tan⁡h\tan x-1=\frac{1+\tan h}{1-\tan h}-1=\frac{2\tan h}{1-\tan h} et 4x−π=4h4x-\pi=4h : tan⁡hh⋅12(1−tan⁡h)→12\frac{\tan h}{h}\cdot\frac{1}{2(1-\tan h)}\to\frac12.

Exercice 7 — Limites avec la partie entière Moyen ★★★☆☆

On note E(x)E(x) la partie entière du réel xx ; on rappelle que, pour tout x∈Rx\in\R, x−1<E(x)≤xx-1<E(x)\le x. Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→+∞E(2x)x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{E(2x)}{x} ;
  2. lim⁡x→−∞(E(x)+cos⁡x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(E(x)+\cos x\right) ;
  3. lim⁡x→−∞x3E ⁣(1x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}x^3E\!\left(\frac1x\right) ;
  4. lim⁡x→0+x E ⁣(1x)\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\,E\!\left(\frac1x\right) ;
  5. lim⁡x→0−3E(x)+(x−E(x))2x2+x\displaystyle\lim_{x\to0^-}\frac{3E(x)+\left(x-E(x)\right)^2}{x^2+x} ;
  6. lim⁡x→+∞x−E(x)x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x-E(x)}}{x} ;
  7. lim⁡x→0+E(x2)−x2x2\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{E(x^2)-x^2}{x^2} ;
  8. lim⁡x→+∞E(x2)+xx2\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{E(x^2)+x}{x^2} ;
  9. lim⁡x→4+x−2x−E(x)\displaystyle\lim_{x\to4^+}\frac{\sqrt x-2}{x-E(x)}.
Voir la solution

1. 2x−1<E(2x)≤2x2x-1<E(2x)\le2x ; pour x>0x>0 : 2−1x<E(2x)x≤22-\frac1x<\frac{E(2x)}x\le2. Par encadrement, la limite est 22.

2. E(x)+cos⁡x≤x+1E(x)+\cos x\le x+1 et x+1→−∞x+1\to-\infty : la limite est −∞-\infty.

3. Pour x<−1x<-1 : 1x∈]−1;0[\frac1x\in\left]-1;0\right[, donc E(1x)=−1E\left(\frac1x\right)=-1 et x3E(1x)=−x3→+∞x^3E\left(\frac1x\right)=-x^3\to+\infty.

4. Pour x>0x>0 : 1x−1<E(1x)≤1x\frac1x-1<E\left(\frac1x\right)\le\frac1x, donc 1−x<xE(1x)≤11-x<xE\left(\frac1x\right)\le1. Par encadrement, la limite est 11.

5. Pour x∈]−1;0[x\in\left]-1;0\right[ : E(x)=−1E(x)=-1, l’expression vaut −3+(x+1)2x(x+1)=x2+2x−2x(x+1)\frac{-3+(x+1)^2}{x(x+1)}=\frac{x^2+2x-2}{x(x+1)} : forme −20−\frac{-2}{0^-}, la limite est +∞+\infty.

6. 0≤x−E(x)<10\le x-E(x)<1, donc 0≤x−E(x)x≤1x0\le\frac{\sqrt{x-E(x)}}x\le\frac1x pour x>0x>0 : la limite est 00.

7. Pour 0<x<10<x<1 : E(x2)=0E(x^2)=0, l’expression vaut −1-1 : la limite est −1-1.

8. x2−1<E(x2)≤x2x^2-1<E(x^2)\le x^2 donc 1+1x−1x2<E(x2)+xx2≤1+1x1+\frac1x-\frac1{x^2}<\frac{E(x^2)+x}{x^2}\le1+\frac1x : la limite est 11.

9. Pour 4<x<54<x<5 : E(x)=4E(x)=4, l’expression vaut x−2x−4=1x+2→14\frac{\sqrt x-2}{x-4}=\frac1{\sqrt x+2}\to\frac14.

Exercice 8 — Définition mathématique de la limite Difficile ★★★★☆

En revenant à la définition mathématique de la limite (avec ε\varepsilon, α\alpha, AA, BB), montrer que :

  1. lim⁡x→23x−1x+3=1\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{3x-1}{x+3}=1 ;
  2. lim⁡x→−∞3x−1x+3=3\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{3x-1}{x+3}=3 ;
  3. lim⁡x→−∞x2+1x−3=−∞\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2+1}{x-3}=-\infty ;
  4. lim⁡x→(−3)+1−2xx+3=+∞\displaystyle\lim_{x\to(-3)^+}\frac{1-2x}{x+3}=+\infty.
Voir la solution

1. Soit ε>0\varepsilon>0. Pour x≠−3x\neq-3 : ∣3x−1x+3−1∣=2∣x−2∣∣x+3∣\left|\frac{3x-1}{x+3}-1\right|=\frac{2|x-2|}{|x+3|}. Si ∣x−2∣<1|x-2|<1, alors x+3>4x+3>4, d’où ∣f(x)−1∣<∣x−2∣2\left|f(x)-1\right|<\frac{|x-2|}2. On pose α=min⁡(1;2ε)\alpha=\min(1;2\varepsilon) : pour tout xx tel que ∣x−2∣<α|x-2|<\alpha, on a ∣f(x)−1∣<α2≤ε|f(x)-1|<\frac\alpha2\le\varepsilon. Donc lim⁡x→2f(x)=1\lim_{x\to2}f(x)=1.

2. Soit ε>0\varepsilon>0. Pour x<−3x<-3 : ∣f(x)−3∣=10∣x+3∣=10−x−3\left|f(x)-3\right|=\frac{10}{|x+3|}=\frac{10}{-x-3}. On pose B=3+10εB=3+\frac{10}\varepsilon ; si x<−Bx<-B, alors −x−3>10ε-x-3>\frac{10}\varepsilon, donc ∣f(x)−3∣<ε|f(x)-3|<\varepsilon.

3. Soit A>0A>0. Pour x≤−3x\le-3 : 0<3−x≤−2x0<3-x\le-2x, donc x2+13−x≥x2−2x=−x2\frac{x^2+1}{3-x}\ge\frac{x^2}{-2x}=-\frac x2, c’est-à-dire f(x)≤x2f(x)\le\frac x2. On pose B=max⁡(3;2A)B=\max(3;2A) : si x<−Bx<-B, alors f(x)≤x2<−Af(x)\le\frac x2<-A.

4. Soit A>0A>0. Pour −3<x<−2-3<x<-2 : 1−2x>51-2x>5 et x+3>0x+3>0, donc f(x)>5x+3f(x)>\frac5{x+3}. On pose α=min⁡(1;5A)\alpha=\min\left(1;\frac5A\right) : si 0<x+3<α0<x+3<\alpha, alors 5x+3>5α≥A\frac5{x+3}>\frac5\alpha\ge A, donc f(x)>Af(x)>A.

Exercice 9 — Lecture graphique de limites Facile ★★☆☆☆

La courbe (Cf)(\mathcal C_f) ci-dessous est celle d’une fonction ff définie sur R∗\R^*. On donne de plus les informations suivantes :

  • lim⁡x→+∞f(x)=2\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=2 (la courbe se rapproche de la droite d’équation y=2y=2 au voisinage de +∞+\infty) ;
  • lim⁡x→−∞(f(x)−(2x−1))=0\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\big(f(x)-(2x-1)\big)=0 (la courbe se rapproche de la droite (D):y=2x−1(D):y=2x-1 au voisinage de −∞-\infty) ;
  • la courbe « monte » ou « descend » indéfiniment le long de l’axe des ordonnées, comme sur la figure.
Figure
  1. Par lecture graphique et à l’aide des informations précédentes, déterminer : lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x), lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x), lim⁡x→0+f(x)\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x), lim⁡x→0−f(x)\displaystyle\lim_{x\to0^-}f(x), lim⁡x→−∞f(x)x\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}x, lim⁡x→−∞(f(x)−2x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\big(f(x)-2x\big), lim⁡x→+∞f(x)−2x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)-2}{x} et lim⁡x→+∞f(x)x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}.
  2. Résoudre graphiquement, dans R∗\R^*, les équations f(x)=0f(x)=0 et f(x)=−2f(x)=-2.
  3. Déterminer graphiquement le nombre de solutions dans R∗\R^* de l’équation f(x)=3f(x)=3.
  4. On considère la fonction gg définie par g(x)=f(x)g(x)=\sqrt{f(x)}. a. Déterminer graphiquement l’ensemble de définition DgD_g de gg. b. Déterminer lim⁡x→+∞g(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x), lim⁡x→0−g(x)\displaystyle\lim_{x\to0^-}g(x) et lim⁡x→+∞g(x)x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x.
Voir la solution

1. lim⁡+∞f=2\lim_{+\infty}f=2 ; lim⁡−∞f=−∞\lim_{-\infty}f=-\infty (car f(x)=(2x−1)+(f(x)−(2x−1))f(x)=(2x-1)+\big(f(x)-(2x-1)\big) avec 2x−1→−∞2x-1\to-\infty) ; lim⁡0+f=−∞\lim_{0^+}f=-\infty ; lim⁡0−f=+∞\lim_{0^-}f=+\infty. f(x)x=2x−1x+f(x)−(2x−1)x→2\frac{f(x)}x=\frac{2x-1}x+\frac{f(x)-(2x-1)}x\to2 ; f(x)−2x=−1+(f(x)−(2x−1))→−1f(x)-2x=-1+\big(f(x)-(2x-1)\big)\to-1 ; f(x)−2x→0+∞=0\frac{f(x)-2}x\to\frac0{+\infty}=0 ; f(x)x→0\frac{f(x)}x\to0 (forme 2+∞\frac2{+\infty}).

2. La courbe coupe l’axe des abscisses en x=−12x=-\frac12 et x=1x=1 : S={−12;1}S=\left\{-\frac12;1\right\}. Elle coupe la droite y=−2y=-2 en x=−1x=-1 et x=12x=\frac12 : S={−1;12}S=\left\{-1;\frac12\right\}.

3. Sur ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[, la courbe reste sous la droite y=2y=2 : pas de solution. Sur ]−∞;0[\left]-\infty;0\right[, la courbe monte de −∞-\infty à +∞+\infty et coupe une seule fois la droite y=3y=3 : l’équation a une solution.

4. a. g(x)g(x) existe si et seulement si f(x)≥0f(x)\ge0 : Dg=[−12;0[∪[1;+∞[D_g=\left[-\frac12;0\right[\cup\left[1;+\infty\right[.

4. b. lim⁡+∞g=2\lim_{+\infty}g=\sqrt2 ; lim⁡0−g=+∞\lim_{0^-}g=+\infty (car f(x)→+∞f(x)\to+\infty) ; g(x)x→2+∞=0\frac{g(x)}x\to\frac{\sqrt2}{+\infty}=0.

Exercice 10 — Fonction définie par morceaux — encadrement Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\R par : f(x)=2x−4x2+1x+3  si x≥0etf(x)=sin⁡x−3+cos⁡xx  si x<0.f(x)=\frac{2\sqrt x-\sqrt{4x^2+1}}{x+3}\ \text{ si } x\ge0\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{\sin x-\sqrt{3+\cos x}}{x}\ \text{ si } x<0 .

  1. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x).
  2. Calculer lim⁡x→0+f(x)\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x) et lim⁡x→0−f(x)\displaystyle\lim_{x\to0^-}f(x). La fonction ff admet-elle une limite en 00 ? Justifier.
  3. a. Montrer que, pour tout x∈]−∞;0[x\in\left]-\infty;0\right[, ∣f(x)∣≤3∣x∣|f(x)|\le\dfrac{3}{|x|}. b. En déduire lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x).
Voir la solution

1. Pour x>0x>0 : f(x)=x(2x−4+1x2)x(1+3x)→0−21=−2f(x)=\frac{x\left(\frac2{\sqrt x}-\sqrt{4+\frac1{x^2}}\right)}{x\left(1+\frac3x\right)}\to\frac{0-2}1=-2.

2. lim⁡0+f(x)=0−13=−13\lim_{0^+}f(x)=\frac{0-1}3=-\frac13 (forme déterminée). Pour x→0−x\to0^- : sin⁡x−3+cos⁡x→−2\sin x-\sqrt{3+\cos x}\to-2 et x→0−x\to0^- : forme −20−\frac{-2}{0^-}, donc lim⁡0−f=+∞\lim_{0^-}f=+\infty. Les limites à droite et à gauche sont différentes : ff n’admet pas de limite en 00.

3. a. Soit x<0x<0. ∣sin⁡x∣≤1|\sin x|\le1 et 0≤3+cos⁡x≤4=20\le\sqrt{3+\cos x}\le\sqrt4=2, donc par l’inégalité triangulaire ∣sin⁡x−3+cos⁡x∣≤3\left|\sin x-\sqrt{3+\cos x}\right|\le3, d’où ∣f(x)∣≤3∣x∣|f(x)|\le\frac3{|x|}.

3. b. 3∣x∣→0\frac3{|x|}\to0 quand x→−∞x\to-\infty ; d’après la propriété « limite et ordre », lim⁡−∞f=0\lim_{-\infty}f=0.

Exercice 11 — Une limite paramétrée par nn Difficile ★★★★☆

  1. Montrer que, pour tout n∈N∗n\in\N^*, lim⁡x→1xn−1x−1=n\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^n-1}{x-1}=n.
  2. En déduire que, pour tout n∈N∗n\in\N^*, lim⁡x→1∑k=1nxk−nsin⁡(2x−2)=n(n+1)4\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\sum_{k=1}^{n}x^k-n}{\sin(2x-2)}=\frac{n(n+1)}4.
Voir la solution

1. Soit n∈N∗n\in\N^*. Pour x≠1x\neq1 : xn−1=(x−1)(xn−1+xn−2+⋯+x+1)x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1), donc xn−1x−1=∑k=0n−1xk\frac{x^n-1}{x-1}=\sum_{k=0}^{n-1}x^k, polynôme dont la limite en 11 est ∑k=0n−11=n\sum_{k=0}^{n-1}1=n.

2. ∑k=1nxk−n=∑k=1n(xk−1)\sum_{k=1}^nx^k-n=\sum_{k=1}^n(x^k-1). Pour xx voisin de 11, x≠1x\neq1 : ∑k=1nxk−nsin⁡(2x−2)=(∑k=1nxk−1x−1)⋅2x−2sin⁡(2x−2)⋅12.\frac{\sum_{k=1}^n x^k-n}{\sin(2x-2)}=\left(\sum_{k=1}^n\frac{x^k-1}{x-1}\right)\cdot\frac{2x-2}{\sin(2x-2)}\cdot\frac12 . D’après 1 la somme tend vers ∑k=1nk=n(n+1)2\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}2 ; avec X=2x−2→0X=2x-2\to0, Xsin⁡X→1\frac X{\sin X}\to1. La limite est n(n+1)4\frac{n(n+1)}4.

Exercice 12 — Fonction définie par morceaux — domaine et limites Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie par : f(x)=x−13−x+8  si x>1etf(x)=1−xx2+x−2  si x<1.f(x)=\frac{\sqrt x-1}{3-\sqrt{x+8}}\ \text{ si } x>1\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{\sqrt{1-x}}{x^2+x-2}\ \text{ si } x<1 .

  1. Montrer que l’ensemble de définition de ff est Df=]−∞;−2[∪]−2;1[∪]1;+∞[D_f=\left]-\infty;-2\right[\cup\left]-2;1\right[\cup\left]1;+\infty\right[.
  2. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x) et lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x).
  3. Calculer lim⁡x→1+f(x)\displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x) et lim⁡x→1−f(x)\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x). Que peut-on conclure ?
  4. Étudier la limite de ff en −2-2.
Voir la solution

1. Pour x>1x>1 : x\sqrt x et x+8\sqrt{x+8} existent et x+8>3\sqrt{x+8}>3, donc 3−x+8≠03-\sqrt{x+8}\neq0 : f(x)f(x) existe. Pour x<1x<1 : 1−x>01-x>0 et x2+x−2=(x−1)(x+2)x^2+x-2=(x-1)(x+2) s’annule seulement pour x=−2x=-2 (et x=1x=1, exclu). En x=1x=1, ff n’est pas définie. Donc Df=]−∞;−2[∪]−2;1[∪]1;+∞[D_f=\left]-\infty;-2\right[\cup\left]-2;1\right[\cup\left]1;+\infty\right[.

2. En +∞+\infty : on divise par x\sqrt x : f(x)=1−1x3x−1+8x→−1f(x)=\frac{1-\frac1{\sqrt x}}{\frac3{\sqrt x}-\sqrt{1+\frac8x}}\to-1. En −∞-\infty : f(x)=1−xx2⋅11+1x−2x2f(x)=\frac{\sqrt{1-x}}{x^2}\cdot\frac{1}{1+\frac1x-\frac2{x^2}} et 1−xx2=1−xx4→0\frac{\sqrt{1-x}}{x^2}=\sqrt{\frac{1-x}{x^4}}\to0 : la limite est 00.

3. Pour x>1x>1 : f(x)=x−1x+1⋅3+x+81−x=−3+x+8x+1→−3f(x)=\frac{x-1}{\sqrt x+1}\cdot\frac{3+\sqrt{x+8}}{1-x}=-\frac{3+\sqrt{x+8}}{\sqrt x+1}\to-3. Pour x<1x<1, x≠−2x\neq-2 : f(x)=1−x(x−1)(x+2)=−11−x (x+2)f(x)=\frac{\sqrt{1-x}}{(x-1)(x+2)}=\frac{-1}{\sqrt{1-x}\,(x+2)} : forme −10+\frac{-1}{0^+}, lim⁡1−f=−∞\lim_{1^-}f=-\infty. Les deux limites sont différentes : ff n’a pas de limite en 11.

4. 1−x→3\sqrt{1-x}\to\sqrt3 et (x−1)(x+2)(x-1)(x+2) tend vers 0−0^- quand x→−2+x\to-2^+ et vers 0+0^+ quand x→−2−x\to-2^-. Donc lim⁡−2+f=−∞\lim_{-2^+}f=-\infty et lim⁡−2−f=+∞\lim_{-2^-}f=+\infty : ff n’a pas de limite en −2-2.

Exercice 13 — Partie entière et encadrement Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\R par f(x)=x E(2x)+1x2+1f(x)=\dfrac{x\,E(2x)+1}{x^2+1}.

  1. a. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in\left]0;+\infty\right[ : 2x2−x+1x2+1<f(x)≤2x2+1x2+1\dfrac{2x^2-x+1}{x^2+1}<f(x)\le\dfrac{2x^2+1}{x^2+1}. b. En déduire lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x).
  2. Déterminer lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x).
Voir la solution

1. a. Soit x>0x>0. On a 2x−1<E(2x)≤2x2x-1<E(2x)\le2x ; en multipliant par x>0x>0 : 2x2−x<xE(2x)≤2x22x^2-x<xE(2x)\le2x^2, puis en ajoutant 11 et en divisant par x2+1>0x^2+1>0 on obtient l’encadrement demandé.

1. b. Les deux fractions encadrantes tendent vers 22 en +∞+\infty ; d’après la propriété des gendarmes, lim⁡+∞f=2\lim_{+\infty}f=2.

2. Soit x<0x<0 : en multipliant 2x−1<E(2x)≤2x2x-1<E(2x)\le2x par x<0x<0, l’ordre change : 2x2≤xE(2x)<2x2−x2x^2\le xE(2x)<2x^2-x, d’où 2x2+1x2+1≤f(x)<2x2−x+1x2+1\frac{2x^2+1}{x^2+1}\le f(x)<\frac{2x^2-x+1}{x^2+1}. Les deux bornes tendent vers 22 : lim⁡−∞f=2\lim_{-\infty}f=2.

Exercice 14 — Limites variées (changement de variable) Difficile ★★★★☆

Calculer les limites suivantes :

  1. lim⁡x→1(x−1)tan⁡(πx2)\displaystyle\lim_{x\to1}(x-1)\tan\left(\frac{\pi x}{2}\right) ;
  2. lim⁡x→+∞2027x2+4x+1−x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2027}{\sqrt{x^2+4x+1}-x} ;
  3. lim⁡x→−12−x+5x2−2x−3\displaystyle\lim_{x\to-1}\frac{2-\sqrt{x+5}}{x^2-2x-3} ;
  4. lim⁡x→−4xx+5+4x2+x−12\displaystyle\lim_{x\to-4}\frac{x\sqrt{x+5}+4}{x^2+x-12} ;
  5. lim⁡x→+∞(1−4x2)tan⁡(πx2+3)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1-4x^2\right)\tan\left(\frac{\pi}{x^2+3}\right) ;
  6. lim⁡x→13−3(2x−1)5x2−1\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{3-3(2x-1)^5}{x^2-1}.
Voir la solution

1. On pose h=x−1→0h=x-1\to0 : tan⁡(π2+πh2)=−1tan⁡πh2\tan\left(\frac\pi2+\frac{\pi h}2\right)=-\frac{1}{\tan\frac{\pi h}2}, donc (x−1)tan⁡πx2=−2π⋅πh2tan⁡πh2→−2π(x-1)\tan\frac{\pi x}2=-\frac2\pi\cdot\frac{\frac{\pi h}2}{\tan\frac{\pi h}2}\to-\frac2\pi.

2. x2+4x+1−x=4x+1x2+4x+1+x=4+1x1+4x+1x2+1→2\sqrt{x^2+4x+1}-x=\frac{4x+1}{\sqrt{x^2+4x+1}+x}=\frac{4+\frac1x}{\sqrt{1+\frac4x+\frac1{x^2}}+1}\to2 ; la limite vaut 20272\frac{2027}2.

3. 2−x+5=−(x+1)2+x+52-\sqrt{x+5}=\frac{-(x+1)}{2+\sqrt{x+5}} et x2−2x−3=(x+1)(x−3)x^2-2x-3=(x+1)(x-3), donc l’expression vaut −1(2+x+5)(x−3)→−14×(−4)=116\frac{-1}{(2+\sqrt{x+5})(x-3)}\to\frac{-1}{4\times(-4)}=\frac1{16}.

4. xx+5+4=x2(x+5)−16xx+5−4=(x+4)(x2+x−4)xx+5−4x\sqrt{x+5}+4=\frac{x^2(x+5)-16}{x\sqrt{x+5}-4}=\frac{(x+4)(x^2+x-4)}{x\sqrt{x+5}-4} et x2+x−12=(x+4)(x−3)x^2+x-12=(x+4)(x-3). La limite vaut 16−4−4(−4−4)(−7)=856=17\frac{16-4-4}{(-4-4)(-7)}=\frac8{56}=\frac17.

5. On pose u=πx2+3→0u=\frac\pi{x^2+3}\to0 : (1−4x2)tan⁡u=π(1−4x2)x2+3⋅tan⁡uu→−4π×1=−4π(1-4x^2)\tan u=\frac{\pi(1-4x^2)}{x^2+3}\cdot\frac{\tan u}u\to-4\pi\times1=-4\pi.

6. On pose a=2x−1a=2x-1, a−1=2(x−1)a-1=2(x-1) : 3−3a5=−3(a−1)(a4+a3+a2+a+1)=−6(x−1)(a4+⋯+1)3-3a^5=-3(a-1)(a^4+a^3+a^2+a+1)=-6(x-1)(a^4+\cdots+1). L’expression vaut −6(a4+a3+a2+a+1)x+1→−6×52=−15\frac{-6(a^4+a^3+a^2+a+1)}{x+1}\to\frac{-6\times5}2=-15.

Exercice 15 — Récurrence et limites trigonométriques Difficile ★★★★★

Soit a∈]0;+∞[a\in\left]0;+\infty\right[.

  1. Montrer par récurrence que, pour tout n∈N∗n\in\N^* : lim⁡x→01−cos⁡n(ax)x2=na22\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos^n(ax)}{x^2}=\frac{na^2}2.
  2. En déduire lim⁡x→01−cos⁡4(2x)1−cos⁡(x2)\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos^4(2x)}{1-\cos\left(\frac x2\right)}.
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1. Raisonnement par récurrence. Pour n∈N∗n\in\N^*, soit P(n)P(n) : « lim⁡x→01−cos⁡n(ax)x2=na22\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos^n(ax)}{x^2}=\frac{na^2}2 ».

  • Initialisation : pour n=1n=1, on a 1−cos⁡(ax)x2=a2⋅1−cos⁡(ax)(ax)2→a22\frac{1-\cos(ax)}{x^2}=a^2\cdot\frac{1-\cos(ax)}{(ax)^2}\to\frac{a^2}2. Donc P(1)P(1) est vraie.
  • Hérédité : soit n∈N∗n\in\N^*, on suppose que P(n)P(n) est vraie (hypothèse de récurrence), montrons que P(n+1)P(n+1) est vraie. On a 1−cos⁡n+1(ax)=(1−cos⁡n(ax))+cos⁡n(ax)(1−cos⁡(ax)),1-\cos^{n+1}(ax)=\left(1-\cos^n(ax)\right)+\cos^n(ax)\left(1-\cos(ax)\right), donc 1−cos⁡n+1(ax)x2=1−cos⁡n(ax)x2+cos⁡n(ax)⋅1−cos⁡(ax)x2→na22+1×a22=(n+1)a22\frac{1-\cos^{n+1}(ax)}{x^2}=\frac{1-\cos^n(ax)}{x^2}+\cos^n(ax)\cdot\frac{1-\cos(ax)}{x^2}\to\frac{na^2}2+1\times\frac{a^2}2=\frac{(n+1)a^2}2. Donc P(n+1)P(n+1) est vraie.
  • Conclusion : d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈N∗n\in\N^*, lim⁡x→01−cos⁡n(ax)x2=na22\lim_{x\to0}\frac{1-\cos^n(ax)}{x^2}=\frac{na^2}2.

2. 1−cos⁡4(2x)1−cos⁡x2=1−cos⁡4(2x)x2⋅x21−cos⁡x2\frac{1-\cos^4(2x)}{1-\cos\frac x2}=\frac{1-\cos^4(2x)}{x^2}\cdot\frac{x^2}{1-\cos\frac x2}. D’après 1 (avec n=4n=4, a=2a=2) le premier facteur tend vers 88 ; d’après 1 (avec n=1n=1, a=12a=\frac12) 1−cos⁡x2x2→18\frac{1-\cos\frac x2}{x^2}\to\frac18. La limite vaut 8×8=648\times8=64.

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